精品解析：广东省揭阳市2025届高三高考模拟测试（二）数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二） 数学 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D 2. 已知集合，则A中元素的个数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出x的值，然后代入分别求出y的值即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，可得，所以x可能取值为 当时：代入得，又， 所以，此时得到元素； 当时：代入得，，， 此时得到元素； 当时：代入得，.，， 此时得到元素； 当时：代入得，，， 此时得到元素； 当时：代入得，所以， 此时得到元素； 满足条件的元素分别为： ，，，，共11个， 故选：C 3. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知结合数量积的运算律求出.进而得出，即可得出答案. 【详解】由已知， 可得，，即. 又平面向量与均为单位向量， 所以. 所以，， 所以，，夹角为. 故选：A. 4. 正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积. 【详解】如图所示， 由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形， 取上底下底的中心平面，过作， 垂足为，， 且，，， 所以， 所以. 故选：B 5. 若直线被圆截得的弦长为，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆方程得出圆心和半径，再由弦长公式以及点到直线距离公式计算可得结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径为 ， 设圆心到直线l的距离为d，由弦长公式可得，， 所以圆心到直线的距离， 解得或，又，所以， 故选：C 6. 已知为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的平方关系求出，然后利用倍角公式求解即可. 【详解】因为为锐角， 所以， 又， 所以， , 故选：B. 7. 是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系得出相关点的坐标，设，根据已知以及线面角的坐标表示得出.进而分六个面依次讨论，即可得出点坐标.进而根据线线角的坐标求解即可得出答案. 【详解】 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，设，则 易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面、平面、平面所成的角分别为， 由已知可得. 又，，， 所以有. 又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以. 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为； 若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去. 综上所述，. 所以. 又 所以，与所成角的余弦值为. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则有.根据已知可得出，从而得出函数在上单调递减.构造函数，利用导函数证明在上恒成立.进而分以及讨论，即可得出答案. 【详解】设，则有. 当时，由已知可得， 化简可得. 又由已知当时，可得，， 所以. 所以，在上单调递减. 又时，构造， 则在上恒成立， 所以，恒成立， 所以在上恒成立. 所以，有在上恒成立； 当时，有，所以有，即； 当时，，此时有，即. 综上所述，. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ） A. 基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50 B. 基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30% C. 基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等 D. 基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80 【答案】BC 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中的数据可得出极差，判断A项；计算各小组频率可判断B项；分析可知中位数位于，列方程计算即可得出中位数，根据频率分布直方图可直接估算众数；根据各小组的概率可知基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内. 【详解】对于A项，由图象可知，基地牡丹植株高度范围在之间，所以极差的估计值应不大于50，故A错误； 对于B项，基地牡丹植株高度不高于70的频率为.故B正确； 对于C项，由频率分布直方图可知，基地牡丹植株高度不高于70的频率为，不高于的频率为， 所以中位数位于，设为， 则应有，计算可得. 众数估计为的中点，也是，与中位数相同.故C正确； 对于D项，基地牡丹植株高度不高于的频率为，不高于的频率为， 所以，基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内.故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在上仅有1个零点 D. 的最小正周期为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由函数的奇偶性的定义即可判断AB，由函数零点的定义代入计算，即可判断C，由函数周期性的定义，代入计算，即可判断D. 【详解】对于A，，其定义域为，关于原点对称， 且， 即为偶函数，故A错误； 对于B，，其定义域为，关于原点对称， 且，故B正确； 对于C，令，即，即， 又，当时，，且，则， 所以在上仅有1个零点，故C正确； 对于D，，因为，即. 假设存在，使得对任意的恒成立， 令，则，所以， 因为，所以，即，则， 因为，这样的不存在， 所以的最小正周期为，故D正确； 故选：BCD 11. 已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线有4条对称轴 B. 曲线形成封闭图形的面积大于 C. 当时，线段中点的轨迹与曲线相切 D. 当时，直线与曲线相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据绝对值的特征易得曲线有4条对称轴；对于B利用定积分求出第一象限内的面积，即可判断；对于C，先求得线段中点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，利用图形的对称性和关键点即可判断；对于D，设直线的方程，再与曲线方程联立，利用条件代入计算求得一个解，即可判断. 【详解】 对于A，由绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性， 即关于轴，轴，以及直线和直线对称，故曲线有4条对称轴，A正确； 对于B，因曲线在第一象限的方程为，即，， 则曲线在第一象限内的面积为， 因曲线的对称性，在四个象限内的部分面积相同， 故曲线形成封闭图形的面积为，故B错误； 对于C，如图，考虑曲线的对称性，不妨设直线与x，y轴的正半轴分别交于两点， 线段的中点为，由图知，，即点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆， 该圆与曲线都关于直线对称，且在第一象限都经过直线上的点， 由图可知圆与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确； 对于D，不妨设，则直线的方程为，其中， 由消去，可得， 将代入，化简得：，即，解得， 由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，故此时直线与曲线相切， 同理在其他象限也有相同的结论，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则_____. 【答案】0 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，结合已知条件即可得出答案. 【详解】由已知可得，， 根据正态分布的对称性可知， 所以，. 所以. 故答案为：0. 13. 记双曲线的离心率为，若直线与有公共点，则离心率的取值范围为_____（请用区间表示）. 【答案】 【解析】 【分析】首先表示出渐近线方程，依题意可得，即可求出离心率的取值范围. 【详解】因为双曲线的渐近线为， 又直线与有公共点，所以， 则离心率，即离心率的取值范围为. 故答案为： 14. 在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为_____，的最小值为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，结合“曼哈顿距离”定义列出方程，然后构造函数，利用导数求得函数的最值，即可得到结果. 【详解】设函数上与直线平行的切线的切点坐标为， 则，解得，所以切点为， 即切线方程为，即， 则的最小值为直线与直线间的距离， 即； 设，则， 将看成关于的函数，则在或时，取得最小值， 当时，令， 则，令，解得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以时，，即； 当时，则，令， 则，令，解得， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 当时，； 综上所述，. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义内容，难度较大，解答本题的关键在于理解“曼哈顿距离”，然后结合导数知识解答. 四、解答题：本题共5小题，共77分．第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得； （2）利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式及两角和的正弦公式求出，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 由余弦定理， 又，所以，则； 【小问2详解】 因为， 由正弦定理可得， 所以， 又，所以， 所以，又，所以，所以， 则， 所以. 16. 已知A，B，C是椭圆上三个不同的点，是坐标原点. （1）若，是的左、右顶点，求的取值范围； （2）若点在第一象限，是否存在四边形满足是该四边形的对称轴，若存在，请写出A，C的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1），设，表示出，结合椭圆的范围即可得出答案； （2）假设存在，设，根据对称性得出点坐标，代入坐标整理可得.根据在椭圆上，由点差法化简得出，得出矛盾，即可说明. 【小问1详解】 由已知可得，，，设， 则，， 所以. 又，，所以， 所以，，， 所以，的取值范围为. 【小问2详解】 设存在四边形满足是该四边形的对称轴 设，为对角线的交点 因为是四边形的对称轴， 所以为的中点，且， 所以. 因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0. 且， 所以有， 所以有. 又因为在椭圆上， 所以有. 作差整理可得， 这与相矛盾，假设不正确. 所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴. 17. 如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. （1）求证：A，D，O，E四点共面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面； （2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可 【小问1详解】 连接DO、AO、EO， 因为，，都是等边三角形， 所以， 又在平面内交于点O，在平面内交于点O， 所以平面，平面， 因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O， 所以平面与平面是同一平面， 即A，D，O，E四点共面； 【小问2详解】 连接DO、AO、EO，AD， 以OA，OB分别为x、y轴， 以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系， 则， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，所以 又， 设， 所以，解得， 所以， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，又， 设， 所以，解得， 由(1)得为二面角平面角， 设，则点， 故， 设平面的法向量为， 则， 取得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 其中， 当时，取得最大值为， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 一个质点在数轴上从原点开始运动，每次运动的结果可能是原地不动，也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为，向右运动的概率为，向左运动的概率为，其中，. （1）若，，求质点运动3次后停在原点右侧的概率； （2）若. ①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动，求质点运动5次后停在原点右侧的概率； ②设计游戏规则如下：第一轮游戏，质点从原点开始运动，设置质点向右运动的概率，若质点运动3次后停在原点右侧，则进入第二轮游戏，否则游戏结束；第二轮游戏，质点重新从原点开始运动，重新设置质点向右运动的概率，运动3次后，若质点停在原点右侧，则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分，若质点停在原点左侧或原点处，则两轮游戏的最终得分为0分（规定游戏一轮结束的得分也是0分）.记两轮游戏最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得； （2）①列出质点运动次后停在原点右侧的种情况，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；②求出第一轮游戏结束进入第二轮游戏的概率，设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，求出，再构造函数，利用导数说明函数的极大值点情况，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右； 次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右； 所以质点运动次后停在原点右侧的概率； 【小问2详解】 ①质点运动次后停在原点右侧的情况有种， 分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左； 前次向右，后次有次向右，次向左； 第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左； 所以运动次后停在原点右侧的概率 ； ②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左； 则其概率为； 设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、， 又， ， 所以 ， 因为，所以，即， 所以当时，；当时； 记，则， 令； 当时，，因为，， ， 根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以时的极大值点，所以； 当时， 因为，，， 根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得， 要使在上存在极大值点， 则， 解得或， 因为，所以； 综上所述. 19. 已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为. （1）写出，，以及，； （2）证明：数列是等比数列； （3）若，证明：对任意的都有. 【答案】（1），； （2）证明见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义直接写出答案即可； （2）分析得，在作差相除即可证明； （3）分为奇数和偶数讨论得到，再次对分类讨论并合理放缩即可证明. 【小问1详解】 由题意得， 所以． 【小问2详解】 由题得， 所以，，，， 因此中的数对必由中的数对经运算得到， 中的数对必由中的0或数对经运算得到， 因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对， 因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对， 所以，即， 所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列． 【小问3详解】 当为奇数时，， 累加得， 因为，所以（为奇数）． 当为偶数时，， 累加得， 因为，所以（为偶数）． 所以， 故． 因为当且为偶数时， . ①当时，； ②当且为奇数时， ； ③当且为偶数时，因为对任意的都有， 所以 综上所述，对任意的都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二） 数学 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，则A中元素的个数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 3. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 5. 若直线被圆截得的弦长为，则（ ） A. B. C. 2 D. 6. 已知为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ） A. 基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50 B. 基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30% C. 基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等 D. 基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在上仅有1个零点 D. 的最小正周期为 11. 已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线有4条对称轴 B. 曲线形成封闭图形的面积大于 C. 当时，线段中点的轨迹与曲线相切 D. 当时，直线与曲线相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则_____. 13. 记双曲线的离心率为，若直线与有公共点，则离心率的取值范围为_____（请用区间表示）. 14. 在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为_____，的最小值为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分．第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 已知A，B，C是椭圆上三个不同的点，是坐标原点. （1）若，是的左、右顶点，求的取值范围； （2）若点在第一象限，是否存在四边形满足是该四边形的对称轴，若存在，请写出A，C的坐标，若不存在，请说明理由. 17. 如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. （1）求证：A，D，O，E四点共面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 一个质点在数轴上从原点开始运动，每次运动的结果可能是原地不动，也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为，向右运动的概率为，向左运动的概率为，其中，. （1）若，，求质点运动3次后停在原点右侧的概率； （2）若. ①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动，求质点运动5次后停在原点右侧的概率； ②设计游戏规则如下：第一轮游戏，质点从原点开始运动，设置质点向右运动的概率，若质点运动3次后停在原点右侧，则进入第二轮游戏，否则游戏结束；第二轮游戏，质点重新从原点开始运动，重新设置质点向右运动的概率，运动3次后，若质点停在原点右侧，则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分，若质点停在原点左侧或原点处，则两轮游戏的最终得分为0分（规定游戏一轮结束的得分也是0分）.记两轮游戏最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围. 19. 已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为. （1）写出，，以及，； （2）证明：数列是等比数列； （3）若，证明：对任意的都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $